POJ 1192 最优连通子集 最详细的题解 （无向树树形DP）
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Description
定义1 两个整点P1(x1, y1), P2(x2, y2)，若|x1-x2| + |y1-y2| = 1，则称P1, P2相邻，记作P1~P2，否则称P1, P2不相邻。
定义 2 设点集S是W的一个有限子集，即S = {P1, P2,..., Pn}(n >= 1)，其中Pi(1 <= i <= n)属于W，我们把S称为整点集。
定义 3 设S是一个整点集，若点R, T属于S，且存在一个有限的点序列Q1, Q2, ?, Qk满足:
1. Qi属于S（1 <= i <= k）;
2. Q1 = R, Qk = T;
3. Qi~Qi + 1(1 <= i <= k-1)，即Qi与Qi + 1相邻;
4. 对于任何1 <= i < j <= k有Qi ≠ Qj;
我们则称点R与点T在整点集S上连通，把点序列Q1, Q2,..., Qk称为整点集S中连接点R与点T的一条道路。
定义4 若整点集V满足：对于V中的任何两个整点，V中有且仅有一条连接这两点的道路，则V称为单整点集。
定义5 对于平面上的每一个整点，我们可以赋予它一个整数，作为该点的权，于是我们把一个整点集中所有点的权的总和称为该整点集的权和。
我们希望对于给定的一个单整点集V，求出一个V的最优连通子集B，满足：
1. B是V的子集
2. 对于B中的任何两个整点，在B中连通；
3. B是满足条件(1)和(2)的所有整点集中权和最大的。
Input
以下N行中，第i行(1 <= i <= N)有三个整数，Xi, Yi, Ci依次表示第i个点的横坐标，纵坐标和权。同一行相邻两数之间用一个空格分隔。-10^6 <= Xi, Yi <= 10^6；-100 <= Ci <= 100。
Output
Sample Input
5 0 0 -2 0 1 1 1 0 1 0 -1 1 -1 0 1
Sample Output
2
题意：其实就是一个求无向树的所有子树和的最大值
先附上两个网上讲的比较好的题解：
题解一：
就是每个子树的根节点（包括叶子节点）记录dp[i][0]与dp[i][1]，前一个表示不包含根的最大值，后一个表示包含根的最大值。
那么我们可以得到对于dp[i][0]，必然是所有分支中dp[child][0]与dp[child][1]中大于0的最大值的累加（因为不包含树根，所
以在根节点上的连通性不用保证）,dp[i][1]必然是所有分支中dp[child][1]中大于0的最大值的累加再加上该树根本身的值（因为
要保证连通性）。最后只要比较dp[start][0]与dp[start][1]，输出较大的一个即可。
题解二：
给定的是一颗树，根据题意，我们可以从任意一个节点出发，必能访问到其他所有节点，那么dp的起点可以在任意一个节点，因为是无向树。
我们从该起点出发，对以此点为根的树的每个分支进行搜索，采用树的后续遍历法则，对于每个子树来说，dp值首先加上根节点（因为要保证连
通性，所以返回值中必须包含根节点的值，即使为负数也必须加上）先对每个分支dp，然后看分支dp的返回值是不是正数，如果是正数，
那么我们就把该分支的返回值加入到该树中去。就是每个子树的根节点（包括叶子节点）记录dp[i][0]与dp[i][1]，前一个表示不包含根
的最大值，后一个表示包含根的最大值。那么我们可以得到对于dp[i][0]，必然是所有分支中dp[child][0]与dp[child][1]中大于0的
最大值的累加（因为不包含树根，所以在根节点上的连通性不用保证）,dp[i][1]必然是所有分支中dp[child][1]中大于0的最大值的累
加再加上该树根本身的值（因为要保证连通性）。最后只要比较dp[root][0]与dp[root][1]，输出较大。
总结：自己做树，图，之类的题特别少，对这些也不是很了解，之前做的树的题，几乎都是有向树，找到根节点，然后只能往下找的那种，这个就是我第一次接触的“无向树”，一个节点是一个节点的父亲同时也是一个节点的孩子。从任意一个节点开始，可以访问到任何其他节点。访问每个节点的时候，只需要保证在访问这个点的孩子的时候，不碰到他的父亲即可，再说这个转移方程式，dp[][1]好说，以这个点为根节点的树，在他所有儿子为根节点的子树中，肯定要找权值和>0的加上，要不就把这个点的权值变小了，对节点并没有要求，只需要加上对其有贡献的就行，跟哪个最大字段和有点像，只加正的，如果一个正的也没有，就什么也不加，这样让这个节点总的权值减少的最少（不减少）。并且dp[][1]他的儿子必须选，也就是选得儿子也必须是dp[][1]否则，就不连通了，有根节点没有儿子。。。
再说dp[][0]，这个代表这个节点不选的，他是从dp[][0],dp[][1]中选一个，因为这个节点不选，所以不必考虑连通性，注意下如果选得是dp[][1]，这个节点下面都是dp[][1]，不必害怕有空档，让他不连通。。
不知道数据水还是怎么，去掉dp[0][]也对。。。按理说应该要+上这个，不要这个根的节点。。。
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int maxn = 1e3+5;
const int INF = 2e6;
int dp[maxn][3];
int x[maxn], y[maxn], val[maxn], book[maxn];
vector p[maxn];
void dfs(int u)
{
dp[u][0] = 0;
dp[u][1] = val[u];
book[u] = 1;
for(int i = 0; i < p[u].size(); i++)
{
int to = p[u][i];
if(book[to]) continue;
dfs(to);
dp[u][1] += max(dp[to][1],0); //这里是 += 只要对她有贡献的全都+上
dp[u][0] = max(dp[u][0], max(dp[to][1], dp[to][0])); //因为这个点不选，所以只能选一个最大的，作为一个去掉根节点子树，因为这个dp数组初始化是0，所以直接这样就行
}
int main()
{
int n;
while(~scanf("%d", &n))
{
memset(book, 0, sizeof(book));
memset(dp, 0, sizeof(dp));
for(int i = 1; i <= n; i++)
p[i].clear();
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
scanf("%d%d%d", &x[i], &y[i], &val[i]);
}
for(int i = 1; i <= n; i++)
for(int j = i+1; j <= n; j++)
{
if(abs(x[i]-x[j])+abs(y[i]-y[j]) == 1)
{
p[i].push_back(j); //无向树，一定要两次
p[j].push_back(i);
}
}
dfs(1);
printf("%d\n", max(dp[1][0], dp[1][1]));
}
return 0;
} #include
#include
#include
#include
#include
#define INF 1E9
using namespace std;
vector near[1001];
int X[1001],Y[1001];
int value[1001];
int n,ans=-INF;
int now[1001];
int ok[1001];
int dfs(int v)
{
ok[v]=1;
now[v]=value[v];
for(int i=0;i0?now[u]:0);
ans=max(ans,now[v]);
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
int i,j;
for(i=0;i1)continue;
near[i].push_back(j);
near[j].push_back(i);
}
}
dfs(0);
printf("%d\n",ans);
}